哥德巴赫猜想初等证明完整版.docx
- 文档编号:13241425
- 上传时间:2023-06-12
- 格式:DOCX
- 页数:76
- 大小:86.21KB
哥德巴赫猜想初等证明完整版.docx
《哥德巴赫猜想初等证明完整版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《哥德巴赫猜想初等证明完整版.docx(76页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
哥德巴赫猜想初等证明完整版
“哥德巴赫猜想”初等证明
王若仲(务川县实验学校贵州564300)
摘要:
对于“哥德巴赫猜想”,我们探讨一种简捷的初等证明方法,要证明任一不小于6的偶数均存在有“奇素数+奇素数”的情形,我们把这样的情形转换到利用奇合数的个数来加以理论分析,就是通过顺筛和逆筛的办法,顺筛就是筛除掉不大于偶数2m(m≥3)的全体奇合数以及逆筛就是筛除掉偶数2m(m≥3)分别减去不大于偶数2m(m≥3)的全体奇合数而得到的全体奇数,其中主要是利用孙子—高斯定理以及同余的性质,得到一个筛法公式:
Y=m(1-d1÷p1)(1-d2÷p2)(1-d3÷p3)…(1-dt-1÷pt-1)(1-dt÷pt),其中di=1或2(i=1,2,3,…,t),m为任意给定的一个比较大的正整数(m≥3);p1,p2,p3,…,pt均为不大于√2m的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),t∈N。
我们利用这个筛法公式,就能够明确的判定在任意设定的集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中,完全可以筛除掉集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的全体奇合数,完全可以筛除掉偶数2m分别减去集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的每一个奇合数而得到的全体奇数;其中集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}通过这样筛除后,最后集合中剩下的奇数必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。
并由此判定“哥德巴赫猜想”成立。
关键词:
哥德巴赫猜想;奇素数;奇合数;顺筛;逆筛。
中图分类号:
0156
引言
哥德巴赫猜想:
任何一个不小于6的偶数均可表为两个奇素数之和。
我们首先介绍“哥德巴赫猜想”历史上的研究方法及其进展,德国数学家哥德巴赫在1742年提出“哥德巴赫猜想”,历史上研究“哥德巴赫猜想”的方法及进展。
(一)比较有名的方法大致有下面四种[1]:
(1)筛法,
(2)圆法,(3)密率法,(4)三角求和法。
其中:
筛法是求不超过自然数N(N>1)的所有素数的一种方法,2m=a+b,a=p1p2p3…pi,b=q1q2q3…qj,筛法的基本出发点,即加权筛法;圆法是三角和(指数和)估计方法;密率法(概率法)是函数估值法。
(二)研究的进展
途径一:
殆素数,即2m=a1·a2·a3·…·ai+b1·b2·b3·…·bj。
殆素数就是素因子个数不多的正整数。
现设N是偶数,虽然现在不能证明N是两个素数之和,但是可以证明它能够写成两个殆素数的和,即N=A+B,其中A和B的素因子个数都不太多,譬如说素因子个数不超过10。
现在用“a+b”来表示如下命题:
每个大偶数N都可表为A+B,其中A和B的素因子个数分别不超过a和b。
显然,哥德巴赫猜想就可以写成“1+1”。
在这一方向上的进展都是用所谓的筛法得到的。
“a+b”问题的推进
1920年,挪威的布朗证明了“9+9”。
1924年,德国的拉特马赫证明了“7+7”。
1932年,英国的埃斯特曼证明了“6+6”。
1937年,意大利的蕾西先后证明了“5+7”,“4+9”,“3+15”和“2+366”。
1938年,苏联的布赫夕太勃证明了“5+5”。
1940年,苏联的布赫夕太勃证明了“4+4”。
1956年,中国的王元证明了“3+4”。
稍后证明了“3+3”和“2+3”。
1948年,匈牙利的瑞尼证明了“1+c”,其中c是一很大的自然数。
1962年,中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩证明了“1+5”,中国的王元证明了“1+4”。
1965年,苏联的布赫夕太勃和小维诺格拉多夫,及意大利的朋比利证明了“1+3”。
1966年,中国的陈景润证明了“1+2”。
途径二:
例外集合,即寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数。
在数轴上取定大整数x,再从x往前看,寻找使得哥德巴赫猜想不成立的那些偶数,即例外偶数。
x之前所有例外偶数的个数记为E(x)。
我们希望,无论x多大,x之前只有一个例外偶数,那就是2,即只有2使得猜想是错的。
这样一来,哥德巴赫猜想就等价于E(x)永远等于1。
当然,直到现在还不能证明E(x)=1;但是能够证明E(x)远比x小。
在x前面的偶数个数大概是x/2;如果当x趋于无穷大时,E(x)与x的比值趋于零,那就说明这些例外偶数密度是零,即哥德巴赫猜想对于几乎所有的偶数成立。
这就是例外集合的思路。
维诺格拉多夫的三素数定理发表于1937年。
第二年,在例外集合这一途径上,就同时出现了四个证明,其中包括华罗庚先生的著名定理。
途径三:
小变量的三素数定理,即已知奇数N可以表成三个素数之和,假如又能证明这三个素数中有一个非常小,譬如说第一个素数可以总取3,那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。
如果偶数的哥德巴赫猜想正确,那么奇数的猜想也正确。
我们可以把这个问题反过来思考。
已知奇数N可以表成三个素数之和,假如又能证明这三个素数中有一个非常小,譬如说第一个素数可以总取3,那么我们也就证明了偶数的哥德巴赫猜想。
这个思想就促使潘承洞先生在1959年,即他25岁时,研究有一个小素变数的三素数定理。
这个小素变数不超过N的θ次方。
我们的目标是要证明θ可以取0,即这个小素变数有界,从而推出偶数的哥德巴赫猜想。
潘承洞先生首先证明θ可取1/4。
后来的很长一段时间内,这方面的工作一直没有进展,直到1995年展涛教授把潘老师的定理推进到7/120。
这个数已经比较小了,但是仍然大于0。
途径四:
几乎哥德巴赫问题,即2m=p+q+2k。
p和q均为奇素数。
1953年,林尼克发表了一篇长达70页的论文。
在文中,他率先研究了几乎哥德巴赫问题,证明了,存在一个固定的非负整数k,使得任何大偶数都能写成两个素数与k个2的方幂之和。
这个定理,看起来好像丑化了哥德巴赫猜想,实际上它是非常深刻的。
我们注意,能写成k个2的方幂之和的整数构成一个非常稀疏的集合;事实上,对任意取定的x,x前面这种整数的个数不会超过logx的k次方。
因此,林尼克定理指出,虽然我们还不能证明哥德巴赫猜想,但是我们能在整数集合中找到一个非常稀疏的子集,每次从这个稀疏子集里面拿一个元素贴到这两个素数的表达式中去,这个表达式就成立。
这里的k用来衡量几乎哥德巴赫问题向哥德巴赫猜想逼近的程度,数值较小的k表示更好的逼近度。
显然,如果k等于0,几乎哥德巴赫问题中2的方幂就不再出现,从而,林尼克的定理就是哥德巴赫猜想。
林尼克1953年的论文并没有具体定出k的可容许数值,此后四十多年间,人们还是不知道一个多大的k才能使林尼克定理成立。
但是按照林尼克的论证,这个k应该很大。
其中有个结果必须提到,即李红泽、王天泽独立地得到k=2000。
目前最好的结果k=13是英国数学家希思-布朗(D.R.Heath-Brown)和德国数学家普赫塔(Puchta)合作取得的,这是一个很大的突破。
数学家们经过上述四个途径的不断探索求证,仍然没有彻底解决哥德巴赫问题。
现在我们介绍探讨求证“哥德巴赫猜想”的另一种新方法,我在前人筛法的基础上作出了进一步的改进,定义了“顺筛”和“逆筛”这两个基本概念。
就是任意给定一个比较大的偶数2m,通过顺筛和逆筛的办法来达到目的。
顺筛就是筛除掉集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的全体奇合数;逆筛就是在集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中再筛除掉偶数2m分别减去集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的每一个奇合数而得到的全体奇数;如果我们设奇素数p1,p2,p3,…,pt均为不大于√2m的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),t∈N。
对于“2m=奇数+奇数”(m≥3)来说,就只有下面几种情形:
(1)2m=奇合数+奇合数,
(2)2m=奇合数+奇素数,
(3)2m=奇素数+奇素数,
(4)2m=1+奇合数,
(5)2m=1+奇素数。
我们的目的就是要筛除掉
(1)和
(2)以及(4)或(5)情形中的所有奇数(因为对于偶数2m,(4)和(5)的情形不可能同时成立)。
但是下面这两种情形我们不必分析讨论:
①偶数2m=p+p,p为奇素数;
②集合{(2m-p1),(2m-p2),(2m-p3),…,(2m-pt)}中至少有一
个奇数为奇素数。
假若(2m-p2)为奇素数,那么2m=(2m-p2)+p2。
所以①和②这两种情形,偶数2m已经可表为“奇素数+奇素数”。
如果我们能够明确的判定在任意设定的集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中,通过顺筛筛除掉集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的全体奇合数,通过逆筛筛除掉偶数2m分别减去集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的每一个奇合数而得到的全体奇数;以及筛除掉1和(2m-1)。
集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}通过这样筛除后,如果集合中还剩下有奇数,那么剩下的奇数必为奇素数,并且必定只满足“奇素数+奇素数=2m”的情形。
下面我们举实例阐述这种解决“哥德巴赫猜想”新的基本思想方法。
首先我们回顾一下2000多年前埃拉托斯特尼筛法,埃拉托斯特尼筛法可以用来寻找一定范围内的素数(比如说m这个数,m这个数不是太大):
操作的程序是先将第一个数2留下,将它的倍数全部划掉;再将剩余数中最小的3留下,将它的倍数全部划掉;继续将剩余数中最小的5留下,将它的倍数全部划掉,┅,如此直到没有可划的数为止。
例如在100内进行这样的操作,可得素数2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97。
我们暂且把前人的这种筛法称为埃拉托斯特尼顺筛,简称顺筛。
就是通过顺筛,能够把某个很大的偶数M范围内的素数全部筛出来,也未必好确定不大于偶数M的所有偶数均可表为两个奇素数之和。
顺筛实际上就是筛出偶数M范围内的所有偶数(除2外)和所有奇合数。
如果我们在顺筛的基础上,再配合另外一种筛法,我们暂且把这种筛法称为埃拉托斯特尼逆筛,简称逆筛。
逆筛就是筛除掉偶数2m分别减集合{1,3,5,7,9,…,(2m-1)}中的每一个奇合数而得到的全体奇数;对于偶数M范围内的所有正整数,通过顺筛和逆筛配合筛出后,一定能够判定偶数M是否可表为两个奇素数之和。
我们以偶数100为例来阐述,因为“哥德巴赫猜想”针对的是奇素数,而奇素数是从奇数中分离出来的概念,所以我们就排出偶数的情形,只考虑奇数的情形。
对于偶数100以内的全体奇数,首先进行顺筛:
(1)筛出3的倍数,可得集合A1={1,3,5,7,11,13,17,
19,23,25,29,31,35,37,41,43,47,49,53,55,59,61,65,67,71,73,77,79,83,85,89,91,95,97}。
(2)在集合A1中筛出5的倍数,可得集合A2={1,3,5,7,11,
13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,49,53,59,61,67,71,73,77,79,83,89,91,97}。
(3)在集合A2中筛出7的倍数,可得集合A3={1,3,5,7,11,
13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97}。
偶数100以内的全体奇数,经过顺筛后,可以得出下面这样的结论:
满足“奇合数+奇合数=100”中的全体奇合数,满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇合数,满足“1+奇合数=100”中的奇合数,全部被筛除。
又因为区间[√100,100]以内的任一奇合数均能被奇素数3,5,7中的某一个奇素数整除,这种情形扩展开来的一般情形完全可以证明。
其次进行逆筛:
(4)在集合A3中筛出集合{(100-9),(100-15),(100-21),(100-27),(100-33),(100-39),(100-45),(100-51),(100-57),(100-63),(100-69),(100-75),(100-81),(100-87),(100-93),(100-99)}={91,85,79,73,67,61,55,49,43,37,31,25,19,13,7,1}中的奇数,可得集合A4={3,5,11,17,23,29,41,47,53,59,71,83,89,97}。
(5)在集合A4中筛出集合{(100-21),(100-35),(100-49),(100-63),(100-77),(100-91)}={79,65,51,37,23,9}中的奇数,可得集合A5={3,5,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97}。
(6)因为100含有奇素数因子5,所以奇素数5要直接筛出。
最后得到集合A6={3,11,17,29,41,47,53,59,71,83,89,97}。
所以再经过逆筛后,我们可以得出这样的结论:
满足“奇合数+奇素数=100”中的全体奇素数,满足“1+奇素数=100”中的奇素数,全部被筛除。
显然可得到偶数100=3+97=11+89=17+83=29+71=41+59=47+53。
虽然我们前面阐述了利用顺筛和逆筛配合筛法的妙处。
但是对于很大很大的偶数2m,这种配合筛法的技术难度仍然相当大,怎样克服这个技术性难题呢?
下面我们再阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。
我们还是以偶数100为例来阐述解决这个技术难题巧妙的基本思想方法:
对于偶数100以内的全体奇数组成的集合A,那么集合A={1,3,
5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31,33,35,37,39,41,43,45,47,49,51,53,55,57,59,61,63,65,67,69,71,73,75,77,79,81,83,85,87,89,91,93,95,97,99},集合A中元素的总个数为50个。
因为区间[√100,100]以内的任一奇合数均能被奇素数3,5,7中的某一个奇素数整除,对于偶数100,我们只需用奇素数3,5,7来设定一些集合就能达到目的了。
设集合A1={9,15,21,27,33,39,45,51,57,63,69,75,81,87,93,99},集合A1´={(100-9),(100-15),(100-21),(100-27),(100-33),(100-39),(100-45),(100-51),(100-57),(100-63),(100-69),(100-75),(100-81),(100-87),(100-93),(100-99)}={91,85,79,73,67,61,55,49,43,37,31,25,19,13,7,1},集合A2={15,25,35,45,55,65,75,85,95},集合A2´={(100-15),(100-25),(100-35),(100-45),(100-55),(100-65),(100-75),(100-85),(100-95)}={85,75,65,55,45,35,25,15,5},集合A3={21,35,49,63,77,91},集合A3´={(100-21),(100-35),(100-49),(100-63),(100-77),(100-91)}={79,65,51,37,23,9}。
(1)因为偶数100含有奇素数因子5,所以我们只需考虑集合B=A2∪A2´={5,15,55,35,45,55,65,75,85,95}的情形。
又因为偶数100不含有奇素数因子3和7,所以集合A1和A1´无公共元素,集合A3和A3´无公共元素。
(2)集合A1∩B={15,45,75},集合A1´∩B={25,55,85},集合A1∩A3={21,63},集合A1´∩A3={49,91},集合A1∩A3´={9,51},集合A1´∩A3´={37,79},集合A3∩B={35},集合A3´∩B={65},集合A1∩A3∩B=ф,集合A1´∩A3∩B=ф,集合A1∩A3´∩B=ф,集合A1´∩A3´∩B=ф。
(3)有了上面
(1)和
(2)的准备工作,我们下面就开始从集合中元素的数量着手,展开阐述解决这个技术性难题的基本思想方法。
(4)因为集合A中元素的总个数为50个,在集合A中筛除集合A1和A1´中的元素,可以转换到从集合中元素的数量来着手,即得50-16-16=18(个)(集合A1和A1´中元素的总个数均为16个)。
(5)再在集合A中筛除集合B中的元素,转换到从集合中元素的数量着手,即得50-16-16-10+3+3=14(个),因为在50-16-16-10中集合A1∩B={15,45,75}中元素的总个数多减了一次,所以要加上3;又因为在50-16-16-10中集合A1´∩B={25,55,85}中元素的总个数多减了一次,所以要再加上3。
(6)再在集合A中筛除A3和A3´中的元素,转换到从集合中元素的数量着手,即得50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12(个),因为在50-16-16-10+3+3-6-6中集合A1∩A3={21,63}中元素的总个数,集合A1´∩A3={49,91}中元素的总个数,集合A1∩A3´={9,51}中元素的总个数,集合A1´∩A3´={37,79}中元素的总个数,集合A3∩B={35}中元素的总个数,集合A3´∩B={65}中元素的总个数,均被多减了一次,所以要加上4个2和2个1。
(7)从前面这个实例,我们不难得出这样一个结论:
对于偶数M,利用顺筛和逆筛配合筛,再转换到利用集合中元素的数量来处理,就容易处理多了。
当然对于很大很大的偶数2m,也是肯定容易处理多了,这就是解决技术性难题的基本思想方法。
因为集合A1∪{3}与集合A1´∪{(100-3)}中元素的个数相等,并且均约等于50÷3个;集合B中元素的个数等于50÷5个;集合A3∪{7}与集合A3´∪{(100-7)}中元素的个数相等,并且均约等于50÷7个;以偶数100为例各种算法验证如下:
算法一:
50-16-16-10+3+3-6-6+2+2+2+2+1+1=12(个)。
算法二:
50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+
50÷35×2-50÷105×4≈50-33.3333333-10+6.6666667-14.2857143
+9.52380952+2.85714286-1.9047619≈69.0476191-59.5238095≈9.5238096≈9(个)。
算法三:
50-50÷3×2-50÷5+50÷15×2-50÷7×2+50÷21×4+50÷35×2-50÷105×4=50×(1-2÷3)-(50÷5)(1-2÷3)+(50÷7)×2(1-2÷3)+50÷35×2(1-2÷3)=50×(1-2÷3)(1-1÷5)-(50÷7)×2(1-2÷3)(1-1÷5)=50×(1-2÷3)(1-1÷5)(1-2÷7)=50×(1÷3)(4÷5)(5÷7)≈9>50÷7>7(个)。
对于第三种验算方法,关于偶数100,说明通过顺筛和逆筛配合筛后,被筛除的集合中至少还有7个奇数未被筛除,就是把1和99再筛除还计算在内,被筛除的集合中至少还有5个奇数未被筛除,剩下的奇数必然只能满足“奇素数+奇素数=100”的情形,这就说明偶数100能表为两个奇素数之和。
现在我们开始阐述解决“哥德巴赫猜想”的基本思想方法:
(1)为了解决无穷的情形,我们必须从极限这一基本点着手,解决了极限成立的情形,其它情形显然成立。
(2)因为偶数2m=1+(2m-1)=3+(2m-3)=5+(2m-5)=7+(2m-7)=…=(2m-7)+7=(2m-5)+5=(2m-3)+3=(2m-1)+1。
对于“偶数2m=奇数+奇数”来说,只有下面几种情形:
①偶数2m=奇合数+奇合数,
②偶数2m=奇合数+奇素数,
③偶数2m=奇素数+奇素数,
④偶数2m=1+奇合数,
⑤偶数2m=1+奇素数。
(3)极限的情形无外孚是对于一个非常大的偶数2m,设奇素数p1,p2,p3,…,pt均为不大于√2m的全体奇素数(pi<pj,i<j,i、j=1,2,3,…,t),t∈N;并且假设偶数2m均不含有奇素数因子p1,p2,p3,…,pt,集合{(2m-p1),(2m-p2),(2m-p3),…,(2m-pt)}中的奇数均为奇合数;这就保证了集合{(2m-p1),(2m-p2),(2m-p3),…,(2m-pt)}中的奇数只能是前面
(2)中“偶数2m=奇合数+奇素数”的情形。
(4)设置集合A={1,3,5,7,9,…,(2m-3),(2m-1)},又
设置集合A1={p1,3p1,5p1,7p1,9p1,…,(2m1-1)p1},集合A1´={(2m-p1),(2m-3p1),(2m-5p1),(2m-7p1),(2m-9p1),(2m-11p1),…,[2m-(2m1-1)p1]},集合A2={p2,3p2,5p2,7p2,9p2,…,(2m2-1)p2},集合A2´={(2m-p2),(2m-3p2),(2m-5p2),(2m-7p2),(2m-9p2),(2m-11p2),…,[2m-(2m2-1)p2]},集合A3={p3,3p3,5p3,7p3,9p3,…,(2m3-1)p3},集合A3´={(2m-p3),(2m-3p3),(2m-5p3),(2m-7p3),(2m-9p3),(2m-11p3),…,[2m-(2m3-1)p3]},…,集合At={pt,3pt,5pt,7pt,9pt,…,(2mt-1)pt},集合At´={(2m-pt),(2m-3pt),(2m-5pt),(2m-7pt),(2m-9pt),(2m-11pt),…,[2m-(2mt-1)pt]};其中奇数(2m1-1)p1为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数,奇数(2m2-1)p2为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数,奇数(2m3-1)p3为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数,…,奇数(2mt-1-1)pt-1为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数,奇数(2mt-1)pt为该表达形式下不大于奇数(2m-1)的最大奇数。
显然有A1∩A1´=ф,A2∩A2´=ф,A3∩A3´=ф,…,At∩At´=ф。
可得(A1∩A2)∩(A1´∩A2)=ф,(A1∩A2∩A3)∩(A1´∩A2∩A3)=ф,(A2∩A3)∩(A2´∩A3)=ф,…,(A1∩A2∩A3∩A4∩…∩At)∩(A1´∩A2∩A3∩A4∩…∩At)=ф,(A1∩A2´∩A3´∩A4´∩…∩At´)∩(A1´∩A2´∩A3´∩A4´∩…∩At´)=ф,…,(A1∩A2∩A3∩A4∩…∩At)∩(A1´∩A2´∩A3´∩A4´∩…∩At´)=ф。
即由集合A1,A2,A3,A4,…,At,A1´,A2´,A3´,A4´,…,At´中某些集合组成的交集中只要有两个集合,这两个集合的交集为空集,则这些集合组成的交集为空集。
(5)我们令集合B=集合A1∪A1´∪A2∪A2´∪A3∪A3´∪…∪At∪At´∪{1,(2m-1)},只要我们在集合A={1,3,5,7,9,…,(2m-3),(2m-1)}中筛除了属于集合B中的全体奇数,即集合A与集合B的差集C中如果完全筛除了①和②以及④或⑤中这样的所有奇数,即满足上面
(2)中“偶数2m=奇合数+奇合数”,偶数2m=奇合数+奇素数,偶数2m=1+奇合数或者偶数2m=1+奇素数的全体奇数,只要能证明集合A与集合B的差集C中还有奇数就达到目的了;也就是说集合C中的奇数只能满足上面
(2)中“偶数2m=奇素数+奇素数”的情形。
(6)为了证明集合C中还有奇数,我们还应一步一步着手:
〈1〉在集合A
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 哥德巴赫 猜想 初等 证明 完整版
![提示](https://static.bingdoc.com/images/bang_tan.gif)